3.20 补题（二分模板，反向搜索）

D-填涂颜色（搜索）

链接：P1162 填涂颜色 - 洛谷

题目描述

由数字 $0$ 组成的方阵中，有一任意形状的由数字 $1$ 构成的闭合圈。现要求把闭合圈内的所有空间都填写成 $2$。例如：$6\times 6$ 的方阵（$n=6$），涂色前和涂色后的方阵如下：

如果从某个 $0$ 出发，只向上下左右 $4$ 个方向移动且仅经过其他 $0$ 的情况下，无法到达方阵的边界，就认为这个 $0$ 在闭合圈内。闭合圈不一定是环形的，可以是任意形状，但保证闭合圈内的 $0$ 是连通的（两两之间可以相互到达）。

0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 1 1
0 1 1 0 0 1
1 1 0 0 0 1
1 0 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1

0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 1 1
0 1 1 2 2 1
1 1 2 2 2 1
1 2 2 1 2 1
1 1 1 1 1 1

输入格式

每组测试数据第一行一个整数 $n(1\le n\le 30)$。

接下来 $n$ 行，由 $0$ 和 $1$ 组成的 $n\times n$ 的方阵。

方阵内只有一个闭合圈，圈内至少有一个 $0$。

输出格式

已经填好数字 $2$ 的完整方阵。

输入 #1

6
0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 1 1
0 1 1 0 0 1
1 1 0 0 0 1
1 0 0 0 0 1
1 1 1 1 1 1

输出 #1

0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 1 1
0 1 1 2 2 1
1 1 2 2 2 1
1 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1

说明/提示

对于 $100\%$ 的数据，$1\le n\le 30$。

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思路分析

一道搜索题，在比赛时是顺序思维，想到在按顺序读取时遇到的第一个1的右下方一定是0，所以从右下方（i+1，j+1）开始搜索，且一个样例中只存在一个闭合圈所以只用搜索一次，这题在洛谷里的样例比较水，用这个思路也可以过（比赛时写的时候傻掉了XD，两层循环只跳了一层，所以挂掉了一个数据点qwq）

赛后在学长的点拨下领悟到了正解！

分析题目，这是要将闭合的1里面的0改写成2，然后输出。

因此，猛然发觉，题目1的连通块相当于把0分为了2部分，一部分被围起也就是需要染色的，另一部分在外面不需要染色；

因为，从正面推，找闭合中的0不好找。所以，可以运用BFS或者DFS直接搜索圈外部的0然后标记。最后输出时，去除1点和标记了的点，剩下的输出为2，就是正解啦！！！

写的时候要注意从（1，1）开始输入，这样就可以直接从（0，0）开始搜索，搜索标记时判断到（n+1，n+1），防止1在边界的情况；（相当于在输入的图形外面又围了一圈0）

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代码实现

这道题的样例很水所以就用DFS去写了，推荐用BFS去标记节省时间

_{（但是感觉DFS只要不重复进入时间应该是差不多的？）}

#include
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
const int N=1e7;
int dx[4]={1,0,-1,0},dy[4]={0,1,0,-1};
int a[35][35]; // 存图形
bool b[35][35]; // 标记不用染色的区域
int n;
void dfs(int x,int y){
	if(a[x][y]==1||b[x][y]==1) // 遇到边界1或已经被标记过
	return;
	b[x][y]=1; // 标记
	for(int i=0;i<4;i++){
		int tx=x+dx[i];
		int ty=y+dy[i];
		if(tx>=0&&ty>=0&&tx<=n+1&&ty<=n+1&&a[tx][ty]==0)
		dfs(tx,ty);
	}
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	dfs(0,0); 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(b[i][j]==1) //如果被标记过，就说明在圈外，输出0
			cout<<"0"<<" ";
			else{
				if(a[i][j]==0) //在圈内的0变成2
				a[i][j]=2;
				cout<<a[i][j]<<" ";
			}
		}
		cout<<endl;
	}
} 

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F-跳石头（二分模板）

链接：[P2678 NOIP 2015 提高组] 跳石头 - 洛谷

题目描述

一年一度的“跳石头”比赛又要开始了！

这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 $N$ 块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。

为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 $M$ 块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

输入格式

第一行包含三个整数 $L,N,M$，分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。保证 $L\ge 1$ 且 $N\ge M\ge 0$。

接下来 $N$ 行，每行一个整数，第 $i$ 行的整数 $D_i(0<D_i<L)$， 表示第 $i$ 块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。

输出格式

一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

输入 #1

25 5 2 
2
11
14
17 
21

输出 #1

4

说明/提示

输入输出样例 1 说明

将与起点距离为 $2$ 和 $14$ 的两个岩石移走后，最短的跳跃距离为 $4$（从与起点距离 $17$ 的岩石跳到距离 $21$ 的岩石，或者从距离 $21$ 的岩石跳到终点）。

数据规模与约定

对于 $20\%$的数据，$0\le M\le N\le 10$。
对于 $50\%$ 的数据，$0\le M\le N\le 100$。
对于 $100\%$ 的数据，$0\le M\le N\le 50000,1\le L\le 10^9$。

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思路分析

又一次败到在了二分，比赛的时候没有想到，跑去结构体排序去了QAQ

既然已经确定是二分去做了，那先来上个模板？

解题的时候往往会考虑枚举答案然后检验枚举的值是否正确。若满足单调性，则满足使用二分法的条件。就可以把枚举换成二分，就变成了「二分答案」。

while(l<r){
		mid=l+r+1>>1;
		if(pjdr(mid))
		l=mid;
		else
		r=mid-1;
	}

接着就是去写判断函数了

二分答案最小的距离，遍历数组，

如果当前的距离小于mid那就搬走这个石头，计数器+1；

如果距离大了那这块石头就不能动，更新p的位置；

遍历结束后，如果计数器an（需要搬走石头的数量）大于m（题目中给的最大的能移动的数量）则不符合题意，缩小右边界；反之满足题意就更新左边界；

bool pjdr(int mid){
	int p=0,an=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){ // 用p去记录上一个石头的位置
		if(a[i]-p<mid) //如果距离小于mid，计数器+1
		an++; 		   //(相当于搬走了这块石头)
		else //大于mid就更新p
		p=a[i];
	}
	if(an<=m) return 1; //需要搬走的石头小于等于题目要求的，就返回1
	else return 0;
}

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代码实现

#include
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
const int N=1e7;
int a[N];
int s,n,m;
bool pjdr(int mid){
	int p=0,an=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]-p<mid)
		an++;
		else
		p=a[i];
	}
	if(an<=m) return 1;
	else return 0;
}
signed main(){
	cin>>s>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	cin>>a[i];
	a[++n]=s;
	int l=0,r=s,mid;
	while(l<r){
		mid=l+r+1>>1;
		if(pjdr(mid))
		l=mid;
		else
		r=mid-1;
	}
	cout<<l<<endl;
} 

---